2019届高三化学第四次模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三化学第四次模拟考试试题(含解析)1. 下列说法正确的是A. 有机反应中常说的卤化、硝化、水化都属于取代反应B. 按系统命名法，有机物的名称为：2,2,4三甲基4戊烯C. 分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基（-NH2）的同分异构体共13种D. 废旧钢材焊接前，分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点【答案】D【解析】A.水化属于加成反应，A错误；B. 按系统命名法，有机物的名称为：2，4，4三甲基1戊烯，B错误；C. 分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基（-NH2）的同分异构体，如果含有1个取代基，应该是CH2CH2NH2或CHNH2CH3，如果含有2个取代基，可以是乙基和氨基或甲基和CH2NH2，均有邻间对三种，也可以含有3个取代基，即2个甲基和氨基，有6种，共14种，C错误；D. 废旧钢材焊接前，分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点，目的是洗去油污和氧化物，D正确，答案选D。点睛：该题的难点是选项C中同分异构体判断，注意掌握二取代或多取代产物数目的判断方法，即定一移一或定二移一法，首先可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。2. 下列实验设计能够成功的是A. 检验亚硫酸钠试样是否变质: B. 从氧化铝、二氧化硅混合物中提取氧化铝：C. 除去氯化钠晶体中少量硝酸钾: D. 从含有Ca2+、SO42-的粗盐中提取NaCl:【答案】C【解析】A、加入稀硝酸即使Na2SO3没有变质也会全部被氧化为SO42生成BaSO4沉淀，选项A错误；B、铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，选项B错误；C、硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可利用重结晶法分离，选项C正确；D应先加氯化钡再加碳酸钠，以除去过量的钡离子，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验和分离等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价。3. 下列图示与对应的叙述相符的是A. 图I表示反应A+B=C+D的H=(a-c)kJ.mol-lB. 图表示不同温度下水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线，图中a点对应温度高于b点C. 图表示N2+3H22NH3的v逆随时间变化曲线，由图知t1时刻可能减小了容器内的压强D. 图表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点pH大于q点【答案】C【解析】A. 根据图，反应ABCD属于放热反应，H-(a-c) kJmol-1，故A错误；B. 根据图，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C.根据 图， t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D. 根据图，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 反应6NaBH4+2FeC13+18H2O=2Fe+6NaCl+6H3BO3+21H2可制纳米铁，该反应中每生成1 mol Fe，转移的电子数目为3NAB. 标准状况下，22.4L甲醇完全燃烧后生成的CO2分子数为NAC. 1mol氯气与过量铁反应，转移的电子数为3NAD. 30g甲酸甲酯与葡萄糖的混合物中含有的原子数为4NA【答案】D【解析】A. 反应6NaBH4+2FeC13+18H2O=2Fe+6NaCl+6H3BO3+21H2可制纳米铁，该反应中NaBH4是还原剂，氯化铁和水是氧化剂，每生成1 mol Fe，转移的电子数目为12NA，A错误；B. 标准状况下甲醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L甲醇完全燃烧后生成的CO2分子数，B错误；C. 1mol氯气与过量铁反应，转移的电子数为2NA，C错误；D. 甲酸甲酯与葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，则30g甲酸甲酯与葡萄糖的混合物中含有的原子数为4NA，D正确，答案选D。点睛：选项A是解答的难点，注意NaBH4中H是1价，在反应中失去电子，氯化铁中的3价铁和水中的氢原子得到电子，即生成2mol铁注意24mol电子，注意掌握氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。5. 将13.6g带铁锈的铁片溶解于25mL、14mol/L的热的浓硫酸中，气体只有SO2且体积为1.12L （标准状况）。将溶液稀释至100mL，所得溶液遇KSCN溶液时无血红色出现。下列结论正确的是A. 反应中：转移电子3.011022个 B. 反应后：剩余硫酸0.30 molC. 原混合物：n (Fe2O3):n(Fe)=1:2 D. 所得溶液：c(FeSO4)=1.7mol/L【答案】C6. H2S为二元弱酸。20时，向0.100mol/L的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的最浓度关系一定正确的是A. 通入HCl气体之前：c(S2-)c(HS-)c(OH-)c(H+)B. pH=7的溶液中：c(Cl-)c(HS-)+2c(H2S)C. c(HS-)c(S2-)的碱性溶液中：c(Cl-)+c(HS-)0.100mol/L+ c(H2S)D. 以c(Cl-)=0.100mol/L的溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)【答案】D【解析】A. H2S为二元弱酸，在0.100 molL-1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应，c(S2)c(OH) c(HS)c(H+)，故A错误；B.根据电荷守恒， pH=7的溶液中存在c(Na+)+ c(H)= c(Cl)+ c(HS)+2 c(S2)+ c(OH)，则c(Na+)= c(Cl)+ c(HS)+2 c(S2)，根据物料守恒，c(Na+)= 2 c(H2S)+ 2c(HS)+2 c(S2)，则c(Cl)c(HS)2c(H2S)，故B正确；C. 根据电荷守恒，c(Cl)+ c(HS) = c(Na+)+ c(H) -2 c(S2)- c(OH)= 2 c(H2S)+ 2c(HS)+ c(H) - c(OH)，因为 c(HS)=c(S2)，碱性溶液中c(H) c(OH)，所以c(Cl)+ c(HS) = 2 c(H2S)+ c(HS) + c(S2)+ c(H) - c(OH)c(H2S)+ c(HS) + c(S2)+ c(H2S)= 0.100 molL-1c(H2S)，故C错误；D. 根据C的分析，c(Cl)+ c(HS) =2 c(H2S)+ 2c(HS)+ c(H) - c(OH)，则c(OH)c(H)2 c(H2S)+ 2c(HS)-c(Cl)- c(HS)=2c(H2S) + c(HS)-c(Cl)= c(H2S)+ c(HS) + c(S2)+ c(H2S) -c(Cl)-c(S2)= 0.100 molL-1- 0.100 molL-1+ c(H2S)c(S2)= c(H2S)c(S2)，故D正确；故选BD。点睛：本题考查了电解质溶液中的离子浓度的大小比较的相关知识，本题的难度较大，要熟练掌握电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒关系式的建立。本题的难点是C和D的判断，要注意c(H2S)+ c(HS) + c(S2)= 0.100 molL-1的灵活运用。7. 某溶液可能含Na、Fe3+、Al3+、SiO32-、HCO3-、SO42-、Cl-中的几种离子。为了确定其成分，设计了如下实验； 取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大最气泡逸出，得到透明溶液； 在 反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列推断正确的是A. 溶液中一定含Na、Cl- B. 溶液中可能含SO42-、Fe3+C. 溶液中一定含HCO3-、Cl- D. 溶液中一定不含SiO32-、Al3+、Fe3+【答案】D【解析】取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大最气泡逸出，得到透明溶液，因此不存在SiO32-，一定存在HCO3-，则一定不存在Fe3+、Al3+；在反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸银。A. 根据溶液显电中性可知溶液中一定含Na、不一定含有氯离子，A错误；B. 溶液中可能含SO42-，一定不存在Fe3+，B错误；C. 溶液中一定含HCO3-，不一定含有Cl-，C错误；D. 溶液中一定不含SiO32-、Al3+、Fe3+，D正确，答案选D。点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。8. 某学习小组利用以下装置进行电解氯化铵溶液的实验，其中X为铁，Y为石墨，a 为wg质量分数为40的NH4Cl溶液（滴有酚酞）。己知： 氧化性：Cl2Br2O2I2， NH3+3CuO=3Cu3H2O+N2（1）电解过程中，A装置中可观察到的现象是_。（2）请选用上述仪器，组装一套检验产生氢气的装置：_【按气流方向（用“”表示）, 用小写字母表示，装置不重复使用】。（3）某同学认为将E换成装有碱石灰的干燥管也可以达到相同效果，乙同学认为不合理，其理由是_。（4）设计实验检测阳极产生的气体成分（除水蒸气外）。（所选的试剂用字母编号和适当描述代替）限选试剂：A、3mol/LNaOH溶液 B、品红 C、酸化的淀粉-KI溶液 D、KBr溶液操作现象和结论将混合气体依次通入_（5）电解结束后，加热电解液NH3完全蒸出，并用水吸收形成200.00mL溶液，取出其中的20.00mL加指示剂后用标准浓度为c mol/L的盐酸溶液滴定，消耗盐酸VmL,则电解制得NH3的产率_（用化简为整数的含w、c、V的代数式表示）。（6）若实验时反接了正负极，则X极的电极方程式为_。【答案】 (1). X极（负极）产生无色气泡，Y极产生黄绿色气体，X溶液变红 (2). hpqmnjko (3). 碱石灰不能除去混有的NH3，NH3与CuO反应产生相同的现象，干扰实验 (4). D（或B），足量的A，C (5). D变黄色（橙黄色）（或B褪色），则混合气体有Cl2；C变蓝，则混合气体含有O2，反之，则无O2或者操作：D(或B)ABC；现象与结论：D变黄色（橙黄色）（或第一个B褪色），则混合气体有Cl2； B（或第二个B）不褪色，且C变蓝，则混合气体含有O2，B（或第二个B）不褪色，且C不变蓝，则混合气体不含O2 (6). (7). Fe-2e-=Fe2+9. 甲醇是一种化工原料，在工业生产中有重要的应用。.在l.0L恒容密闭容器中投入1 molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示，下列说法正确的是_。A该反应的正反应为放热反应B压强大小关系为plp2cc(H)c(OH) (3). 正 (4). B (5). 2CH3OHCO2e=(CH3O)2CO2H (6). 9【解析】、A由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，A正确；B由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1p2p3，B错误；C由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)开始 1 2.75 0 0反应 0.25 0.75 0.25 0.25平衡 0.75 2 0.25 0.25又体积为1.0L，所以K=0.250.25/0.7523=1.0410-2；C正确；D由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v（正）v（逆），D错误；答案选AC；、（1）二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2离子水解溶液显酸性，据此判断溶液中各离子浓度大小为：c(Cl)cc(H)c(OH)；（2）已知387时该反应的化学平衡常数K=4。若起始时向容器I中充入0.10molCH3OH、0.15molCH3OCH3和0.10molH2O，浓度商Qc=0.150.1/0.12=1.5K=4，则反应将向正反应进行；（4）图分析可知氢离子移向阴极，则与此电极连接的B电极为负极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OHCO2e(CH3O)2CO2H，若参加反应的O2为1.12m3（标准状况），物质的量=1120L22.4L/mol=50mol，电子转移50mol4=200mol，则制得碳酸二甲酯的质量=100mol90g/mol=9000g=9.00kg。10. 金属铁是般常用的金属之一，其铁合金及其化合物有着重要的用途。（l）某种铁碳化合物X是炼钢的原料，经分析可知，X中铁、碳两元素的质量比为14：1，则X的化学式_；X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y和能使澄消石灰水变浑浊的气体，该反应的化学方程式为_。（2）铁钛合金是一种常用不锈钢材料，某同学在探究该合金性质时，往含有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程中发生的反应有：2Fe3+Fe3Fe2+ Ti3+（紫色）Fe3+H2O=TiO2+（无色）+Fe2+2H+_。（3）氧化铁是重要的工业原料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题： 操作的名称是_。 请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：_；FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+)为1.010-5mol/L。试判断所得FeCO3固体是否混有Fe(OH)2:_（填“是”或“否”），请通过简单计算说明理由_。（已知Ksp=4.910-17mol3L-3 、Ksp=2.110-11mol2L-2）煅烧如果不充分，产品中将有Fe2+存在，试设计实验位毅产品中有无Fe2+。_。【答案】 (1). Fe3C (2). Fe3C+2O2 Fe3O4+CO2 (3). 2TiO2+Fe+4H+=2Ti3+Fe2+2H2O (4). 洗涤 (5). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (6). 否 (7). c(Fe2+)c2(OH-)=1.010-5(110-6)2=1.010-17Ksp，故无Fe(OH)2生成 (8). 取样品放入试管中，加入稀硫酸充分溶解得到溶液，滴入K3，若有蓝色沉淀生成，证明含有亚铁离子，否则不存在【解析】（1）X中铁、碳两元素的质量比为14：1，则二者的个数之比是14/56:1/12=3:1，因此X的化学式Fe3C。在足量的空气中高温煅烧生成四氧化三铁和二氧化碳，反应为Fe3C+2O2 Fe3O4+CO2；（2）根据反应以及溶液显紫色可知发生的反应还有2TiO2+Fe+4H+2Ti3+Fe2+2H2O；（3）从溶液中得到沉淀需要洗涤，则操作的名称是洗涤。亚铁离子和碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，即生成FeCO3沉淀的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；由于c(Fe2+)c2(OH-)=1.010-5(110-6)2=1.010-17Ksp，故无Fe(OH)2生成；检验亚铁离子的实验方案是：取样品放入试管中，加入稀硫酸充分溶解得到溶液，滴入K3，若有蓝色沉淀生成，证明含有亚铁离子，否则不存在。11. 【化学-选修3：物质结构与性质】A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的最外层有6个运动状态不同的电子；D是短周期元素中电负性最小的元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子。G元素与D元素同主族，且相差3个周期。（1）元素A、B、C的第一电离能由小到大的是_（用元素符号表示）。（2）E的最高价含氧酸中E的杂化方式为_。（3）F原子的外围电子排布式为_,F的晶体中原子的堆积方式是下图中的_（填写“甲”、“乙”或“丙”）。（4）DE，GE两种晶体，都属于离子晶体，但配位数不同，其原因是_。（5）己知DE晶体的晶胞如下图所示：若将DE晶胞中的所有E离子去掉，并将D离子全部换为A原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置1个A原子，且这4个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的A原子与最近的4个A原子以单键相连，由此表示A的一种晶体的晶胞（己知AA键的键长acm, NA表示阿伏加德罗常数）, 则该晶胞中含有_个A原子，该晶体的密度是_g/cm3。【答案】 (1). CON (2). sp3杂化 (3). 3d104s1 (4). 丙 (5). 正负离子的半径比不同 (6). 8 (7). 或或【解析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，则其原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，则D为Na元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，处于A族，结合原子序数可知C为O元素，故B为N元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，则E为Cl；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，则G为Cs。（1）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故第一电离能CON；（2）E的最高价含氧酸为HClO4，分子中Cl原子价层电子对数=4+(7123)2=4，Cl原子不含孤对电子，故Cl原子的杂化方式为sp3杂化；（3）F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，外围电子排布式为：3d104s1，F为Cu元素，Cu晶体属于面心立方最密堆积，为ABC型排列方式，故图丙符合；（4）NaCl、CsCl两种晶体，都属于离子晶体，由于正负离子的半径比不同，故它们的配位数不同； （5）NaCl晶体的晶胞中的所有Cl-离子去掉，并将Cl-离子全部换为C（碳）原子，再在其中的4个“小 立方体”中心各放置一个C（碳）原子，且这4个“小立方体”不相邻，位于“小立方体”中的C原子与最近的4个C原子以单键相连，形成正四面体结构，晶胞中C（碳）原子数目=4+81/8+61/2=8，晶胞质量=812g/NA，C-C键的键长 为a cm，如图正四面体：，连接F与A、B、C、D，则三棱锥A-BCD均分为等4个等体积的三棱椎，则V三棱锥A-BCD=4V三棱锥F